CCC组

1.设y′=f(x,y)y'=f(x,y)y′=f(x,y)是一条简单封闭曲线LLL（取正向），f(x,y)≠0f(x,y)\ne0f(x,y)​=0，其所围成区域记为DDD，DDD的面积为111，则I=∮Lxf(x,y)dx−yf(x,y)dy=I=\displaystyle\oint_Lxf(x,y)\mathrm{d}x-\cfrac{y}{f(x,y)}\mathrm{d}y=I=∮L​xf(x,y)dx−f(x,y)y​dy=______。

解  将边界方程代入被积函数，于是有
I=∮Lxy′dx−yy′dy=∮Lxdy−ydx=∬D(1+1)dσ=2.\begin{aligned} I&=\displaystyle\oint_Lxy'\mathrm{d}x-\cfrac{y}{y'}\mathrm{d}y=\displaystyle\oint_Lx\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\iint\limits_{D}(1+1)\mathrm{d}\sigma=2. \end{aligned} I​=∮L​xy′dx−y′y​dy=∮L​xdy−ydx=D∬​(1+1)dσ=2.​

2.设f(x)f(x)f(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续，证明：∫01dx∫0xdy∫0yf(x)f(y)f(z)dz=13![∫01f(t)dt]\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}y\displaystyle\int^y_0f(x)f(y)f(z)\mathrm{d}z=\cfrac{1}{3!}\left[\displaystyle\int^1_0f(t)\mathrm{d}t\right]∫01​dx∫0x​dy∫0y​f(x)f(y)f(z)dz=3!1​[∫01​f(t)dt]。

解  因为f(x)f(x)f(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续，所以在[0,1][0,1][0,1]上存在原函数。
  设F′(t)=f(t)(t∈[0,1])F'(t)=f(t)(t\in[0,1])F′(t)=f(t)(t∈[0,1])，则
∫01dx∫0xdy∫0yf(x)f(y)f(z)dz=∫01f(x)dx∫0xf(y)[F(y)−F(0)]dy=∫01f(x)dx∫0x[F(y)−F(0)]d[F(y)−F(0)]=∫01f(x)[F(y)−F(0)]22∣0xdx=12∫01f(x)[F(x)−F(0)]2dx=12∫01f(x)[F(x)−F(0)]2d[F(x)−F(0)]=13![F(x)−F(0)]3∣01=13![F(1)−F(0)]3=13![∫01f(t)dt].\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}y\displaystyle\int^y_0f(x)f(y)f(z)\mathrm{d}z&=\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_0f(y)[F(y)-F(0)]\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_0[F(y)-F(0)]\mathrm{d}[F(y)-F(0)]\\ &=\displaystyle\int^1_0f(x)\cfrac{[F(y)-F(0)]^2}{2}\biggm\vert^x_0\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^1_0f(x)[F(x)-F(0)]^2\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^1_0f(x)[F(x)-F(0)]^2\mathrm{d}[F(x)-F(0)]\\ &=\cfrac{1}{3!}[F(x)-F(0)]^3\biggm\vert^1_0=\cfrac{1}{3!}[F(1)-F(0)]^3\\ &=\cfrac{1}{3!}\left[\displaystyle\int^1_0f(t)\mathrm{d}t\right]. \end{aligned} ∫01​dx∫0x​dy∫0y​f(x)f(y)f(z)dz​=∫01​f(x)dx∫0x​f(y)[F(y)−F(0)]dy=∫01​f(x)dx∫0x​[F(y)−F(0)]d[F(y)−F(0)]=∫01​f(x)2[F(y)−F(0)]2​∣∣∣∣​0x​dx=21​∫01​f(x)[F(x)−F(0)]2dx=21​∫01​f(x)[F(x)−F(0)]2d[F(x)−F(0)]=3!1​[F(x)−F(0)]3∣∣∣∣​01​=3!1​[F(1)−F(0)]3=3!1​[∫01​f(t)dt].​

11.设f(x,y)f(x,y)f(x,y)在全平面有连续偏导数，曲线积分∫Lf(x,y)dx+xcos⁡ydy\displaystyle\int_Lf(x,y)\mathrm{d}x+x\cos y\mathrm{d}y∫L​f(x,y)dx+xcosydy在全平面与路径无关，且∫(0,0)(t,t2)f(x,y)dx+xcos⁡ydy=t2\displaystyle\int^{(t,t^2)}_{(0,0)}f(x,y)\mathrm{d}x+x\cos y\mathrm{d}y=t^2∫(0,0)(t,t2)​f(x,y)dx+xcosydy=t2，求f(x,y)f(x,y)f(x,y)。

解  ∫Lf(x,y)dx+xcos⁡ydy\displaystyle\int_Lf(x,y)\mathrm{d}x+x\cos y\mathrm{d}y∫L​f(x,y)dx+xcosydy在全平面与路径无关⇔∂∂x(xcos⁡y)=∂f∂y\Leftrightarrow\cfrac{\partial}{\partial x}(x\cos y)=\cfrac{\partial f}{\partial y}⇔∂x∂​(xcosy)=∂y∂f​，即∂f∂y=cos⁡y\cfrac{\partial f}{\partial y}=\cos y∂y∂f​=cosy，积分得f(x,y)=sin⁡y+Cf(x,y)=\sin y+Cf(x,y)=siny+C。
  因
f(x,y)dx+xcos⁡ydy=sin⁡ydx+C(x)dx+xcos⁡ydy=sin⁡ydx+xdsin⁡y+d[∫0xC(s)ds]=d[xsin⁡y+∫0xC(s)ds],\begin{aligned} f(x,y)\mathrm{d}x+x\cos y\mathrm{d}y&=\sin y\mathrm{d}x+C(x)\mathrm{d}x+x\cos y\mathrm{d}y\\ &=\sin y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}\sin y+\mathrm{d}\left[\displaystyle\int^x_0C(s)\mathrm{d}s\right]=\mathrm{d}\left[x\sin y+\displaystyle\int^x_0C(s)\mathrm{d}s\right], \end{aligned} f(x,y)dx+xcosydy​=sinydx+C(x)dx+xcosydy=sinydx+xdsiny+d[∫0x​C(s)ds]=d[xsiny+∫0x​C(s)ds],​
  则有[xsin⁡y+∫0xC(s)ds]∣(0,0)(t,t2)=t2\left[x\sin y+\displaystyle\int^x_0C(s)\mathrm{d}s\right]\biggm\vert^{(t,t^2)}_{(0,0)}=t^2[xsiny+∫0x​C(s)ds]∣∣∣∣​(0,0)(t,t2)​=t2，即tsin⁡t2+∫0xC(s)ds=t2⇒sin⁡t2+2t2cos⁡t2+C(t)=2tt\sin t^2+\displaystyle\int^x_0C(s)\mathrm{d}s=t^2\Rightarrow\sin t^2+2t^2\cos t^2+C(t)=2ttsint2+∫0x​C(s)ds=t2⇒sint2+2t2cost2+C(t)=2t，因此f(x,y)=sin⁡y+2x−sin⁡x2−2x2cos⁡x2f(x,y)=\sin y+2x-\sin x^2-2x^2\cos x^2f(x,y)=siny+2x−sinx2−2x2cosx2。

14.设f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)二阶导数连续，且f(0)=−2,g(0)=0f(0)=-2,g(0)=0f(0)=−2,g(0)=0。对于任意一条逐段光滑的封闭曲线LLL，有∮L2[xf(x)+g(y)]dx+[x2g(y)+2xy2+2xf(y)]dy=0\displaystyle\oint_L2[xf(x)+g(y)]\mathrm{d}x+[x^2g(y)+2xy^2+2xf(y)]\mathrm{d}y=0∮L​2[xf(x)+g(y)]dx+[x2g(y)+2xy2+2xf(y)]dy=0。

（1）求f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)；

解  由曲线积分与路径无关，有∂P∂y=∂Q∂x\cfrac{\partial P}{\partial y}=\cfrac{\partial Q}{\partial x}∂y∂P​=∂x∂Q​，即2xg(y)+2y2+2f(y)=2xf′(y)+2g′(y)2xg(y)+2y^2+2f(y)=2xf'(y)+2g'(y)2xg(y)+2y2+2f(y)=2xf′(y)+2g′(y)，也即2x[g(y)−f′(y)]=−2y2−2f(y)+2g′(y)2x[g(y)-f'(y)]=-2y^2-2f(y)+2g'(y)2x[g(y)−f′(y)]=−2y2−2f(y)+2g′(y)，比较等式两边xxx的同幂次系数，有
{g(y)−f′(y)=0,(1)−2y2−2f(y)+2g′(y)=0,(2)\begin{cases} g(y)-f'(y)=0,&\qquad(1)\\ -2y^2-2f(y)+2g'(y)=0,&\qquad(2) \end{cases} {g(y)−f′(y)=0,−2y2−2f(y)+2g′(y)=0,​(1)(2)​
  将(1)(1)(1)两边同时对yyy求导，得g′(y)=f′′(y)g'(y)=f''(y)g′(y)=f′′(y)，代入(2)(2)(2)，有f′′(y)−f(y)=y2f''(y)-f(y)=y^2f′′(y)−f(y)=y2。
  其特征方程为r2−1=0r^2-1=0r2−1=0，得r1=1,r2=−1r_1=1,r_2=-1r1​=1,r2​=−1，于是齐次方程的通解为f1(y)=C1ey+C2e−y(3)f_1(y)=C_1e^y+C_2e^{-y}(3)f1​(y)=C1​ey+C2​e−y(3)。
  设特解为f∗(y)=ay2+by+cf^*(y)=ay^2+by+cf∗(y)=ay2+by+c，代入(3)(3)(3)，有a=−1,b=0,c=−2a=-1,b=0,c=-2a=−1,b=0,c=−2，故f∗(y)=−y2−2f^*(y)=-y^2-2f∗(y)=−y2−2，于是通解为f(y)=C1ey+C2e−y−y2−2f(y)=C_1e^y+C_2e^{-y}-y^2-2f(y)=C1​ey+C2​e−y−y2−2，由f(0)=−2f(0)=-2f(0)=−2，有C1+C2=0C_1+C_2=0C1​+C2​=0，又g(y)=f′(y)=C1ey−C2e−y−2yg(y)=f'(y)=C_1e^y-C_2e^{-y}-2yg(y)=f′(y)=C1​ey−C2​e−y−2y，由g(0)=0g(0)=0g(0)=0，有C1−C2=0C_1-C_2=0C1​−C2​=0，故C1=C2=0C_1=C_2=0C1​=C2​=0。所以f(y)=−y2−2,g(y)=−2yf(y)=-y^2-2,g(y)=-2yf(y)=−y2−2,g(y)=−2y，也即f(x)=−x2−2,g(x)=−2xf(x)=-x^2-2,g(x)=-2xf(x)=−x2−2,g(x)=−2x。

（2）计算∫(1,1)(0,0)2[xf(x)+g(y)]dx+[x2g(y)+2xy2+2xf(y)]dy\displaystyle\int^{(0,0)}_{(1,1)}2[xf(x)+g(y)]\mathrm{d}x+[x^2g(y)+2xy^2+2xf(y)]\mathrm{d}y∫(1,1)(0,0)​2[xf(x)+g(y)]dx+[x2g(y)+2xy2+2xf(y)]dy。

解  依题设，结合（1），由折线法，(1,1)→(0,1)→(0,0)(1,1)\to(0,1)\to(0,0)(1,1)→(0,1)→(0,0)，得
∫(1,1)(0,0)2[xf(x)+g(y)]dx+[x2g(y)+2xy2+2xf(y)]dy=∫(1,1)(0,0)2[x(−y2−2)−2y]dx+[x2(−2y)+2xy2+2x(−y2−2)]dy=2∫01(3x+2)dx=7.\begin{aligned} &\displaystyle\int^{(0,0)}_{(1,1)}2[xf(x)+g(y)]\mathrm{d}x+[x^2g(y)+2xy^2+2xf(y)]\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\int^{(0,0)}_{(1,1)}2[x(-y^2-2)-2y]\mathrm{d}x+[x^2(-2y)+2xy^2+2x(-y^2-2)]\mathrm{d}y\\ =&2\displaystyle\int^1_0(3x+2)\mathrm{d}x=7. \end{aligned} ==​∫(1,1)(0,0)​2[xf(x)+g(y)]dx+[x2g(y)+2xy2+2xf(y)]dy∫(1,1)(0,0)​2[x(−y2−2)−2y]dx+[x2(−2y)+2xy2+2x(−y2−2)]dy2∫01​(3x+2)dx=7.​

15.设f(x,y,z)f(x,y,z)f(x,y,z)为连续函数，Σ\SigmaΣ为曲面z=12(x2+y2)z=\cfrac{1}{2}(x^2+y^2)z=21​(x2+y2)介于z=2z=2z=2与z=8z=8z=8之间的上侧部分，求∬Σ[yf(x,y,z)+x]dydz+[xf(x,y,z)+y]dxdz+[2xyf(x,y,z)+z]dydx\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[yf(x,y,z)+x]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[xf(x,y,z)+y]\mathrm{d}x\mathrm{d}z+[2xyf(x,y,z)+z]\mathrm{d}y\mathrm{d}xΣ∬​[yf(x,y,z)+x]dydz+[xf(x,y,z)+y]dxdz+[2xyf(x,y,z)+z]dydx。

解  Σ\SigmaΣ的单位法向量为n∘=(−xx2+y2+1,−yx2+y2+1,1x2+y2+1)\bm{n}^\circ=\left(-\cfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2+1}},-\cfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2+1}},\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\right)n∘=(−x2+y2+1​x​,−x2+y2+1​y​,x2+y2+1​1​)，将原给第二型曲面积分化成第一型曲面积分，得原积分=∬Σ−x2−y2−zx2+y2+z2dS=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{-x^2-y^2-z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\mathrm{d}S=Σ∬​x2+y2+z2​−x2−y2−z​dS。
  再将Σ\SigmaΣ投影到平面xOyxOyxOy，得投影域D={(x,y)∣2⩽x2+y2⩽4}D=\{(x,y)|2\leqslant\sqrt{x^2+y^2}\leqslant4\}D={(x,y)∣2⩽x2+y2​⩽4}。又dS=(∂z∂x)2+(∂z∂y)2+1dσ=x2+y2+1dσ\mathrm{d}S=\sqrt{\left(\cfrac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\cfrac{\partial z}{\partial y}\right)^2+1}\mathrm{d}\sigma=\sqrt{x^2+y^2+1}\mathrm{d}\sigmadS=(∂x∂z​)2+(∂y∂z​)2+1​dσ=x2+y2+1​dσ，从而原积分=−12∬D(x2+y2)dσ=−12∫02πdθ∫24r3dr=−60π=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}(x^2+y^2)\mathrm{d}\sigma=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^4_2r^3\mathrm{d}r=-60\pi=−21​D∬​(x2+y2)dσ=−21​∫02π​dθ∫24​r3dr=−60π。

19.设函数f(x,y,z)f(x,y,z)f(x,y,z)在区域Ω={(x,y,z)∣x2+y2+z2⩽1}\Omega=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2\leqslant1\}Ω={(x,y,z)∣x2+y2+z2⩽1}上具有二阶偏导数，且满足∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2=x2+y2+z2\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial y^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial z^2}=\sqrt{x^2+y^2+z^2}∂x2∂2f​+∂y2∂2f​+∂z2∂2f​=x2+y2+z2​，计算I=∭Ω(x∂f∂x+y∂f∂y+z∂f∂z)dxdydzI=\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\left(x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}+z\cfrac{\partial f}{\partial z}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}zI=Ω∭​(x∂x∂f​+y∂y∂f​+z∂z∂f​)dxdydz。

解  设球面Σ:x2+y2+z2=1\Sigma:x^2+y^2+z^2=1Σ:x2+y2+z2=1外侧的方向余弦为(cos⁡α,cos⁡β,cos⁡γ)(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)(cosα,cosβ,cosγ)，有dydzcos⁡α=dxdzcos⁡β=dydxcos⁡γ=dS\cfrac{\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{\cos\alpha}=\cfrac{\mathrm{d}x\mathrm{d}z}{\cos\beta}=\cfrac{\mathrm{d}y\mathrm{d}x}{\cos\gamma}=\mathrm{d}Scosαdydz​=cosβdxdz​=cosγdydx​=dS，故
I~=∯Σ(∂f∂xcos⁡α+∂f∂ycos⁡β+∂f∂zcos⁡γ)dS=∯Σ∂f∂xdydz+∂f∂ydzdx+∂f∂zdxdy.(1)\widetilde{I}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}\left(\cfrac{\partial f}{\partial x}\cos\alpha+\cfrac{\partial f}{\partial y}\cos\beta+\cfrac{\partial f}{\partial z}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\qquad(1) I=Σ∬​​(∂x∂f​cosα+∂y∂f​cosβ+∂z∂f​cosγ)dS=Σ∬​​∂x∂f​dydz+∂y∂f​dzdx+∂z∂f​dxdy.(1)
  又由于Σ:x2+y2+z2=1\Sigma:x^2+y^2+z^2=1Σ:x2+y2+z2=1，故还可写出
I~=∯Σ(x2+y2+z2)(∂f∂xcos⁡α+∂f∂ycos⁡β+∂f∂zcos⁡γ)dS=∯Σ(x2+y2+z2)∂f∂xdydz+(x2+y2+z2)∂f∂ydzdx+(x2+y2+z2)∂f∂zdxdy.(2)\begin{aligned} \widetilde{I}&=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2+z^2)\left(\cfrac{\partial f}{\partial x}\cos\alpha+\cfrac{\partial f}{\partial y}\cos\beta+\cfrac{\partial f}{\partial z}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S\\ &=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2+z^2)\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(x^2+y^2+z^2)\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2+y^2+z^2)\cfrac{\partial f}{\partial z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\qquad(2) \end{aligned} I​=Σ∬​​(x2+y2+z2)(∂x∂f​cosα+∂y∂f​cosβ+∂z∂f​cosγ)dS=Σ∬​​(x2+y2+z2)∂x∂f​dydz+(x2+y2+z2)∂y∂f​dzdx+(x2+y2+z2)∂z∂f​dxdy.(2)​
  (1),(2)(1),(2)(1),(2)式都用高斯公式，有
∭Ω(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)dv=2∭Ω(x∂f∂x+y∂f∂y+z∂f∂z)dxdydz+∭Ω(x2+y2+z2)(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)dv\begin{aligned} &\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\left(\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial y^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial z^2}\right)\mathrm{d}v\\ =&2\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\left(x\cfrac{\partial f}{\partial x}+y\cfrac{\partial f}{\partial y}+z\cfrac{\partial f}{\partial z}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}(x^2+y^2+z^2)\left(\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial y^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial z^2}\right)\mathrm{d}v \end{aligned} =​Ω∭​(∂x2∂2f​+∂y2∂2f​+∂z2∂2f​)dv2Ω∭​(x∂x∂f​+y∂y∂f​+z∂z∂f​)dxdydz+Ω∭​(x2+y2+z2)(∂x2∂2f​+∂y2∂2f​+∂z2∂2f​)dv​
  故
I=12∭Ω(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)dv−12∭Ω(x2+y2+z2)(∂2f∂x2+∂2f∂y2+∂2f∂z2)dv=12∭Ωx2+y2+z2dv−12∭Ω(x2+y2+z2)32dv=12∫02πdθ∫0πdφ∫01r3sin⁡φdr−12∫02πdθ∫0πdφ∫01r5sin⁡φdr=2π(14−16).\begin{aligned} I&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\left(\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial y^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial z^2}\right)\mathrm{d}v-\cfrac{1}{2}\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}(x^2+y^2+z^2)\left(\cfrac{\partial^2f}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial y^2}+\cfrac{\partial^2f}{\partial z^2}\right)\mathrm{d}v\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\sqrt{x^2+y^2+z^2}\mathrm{d}v-\cfrac{1}{2}\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}v\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^\pi_0\mathrm{d}\varphi\displaystyle\int^1_0r^3\sin\varphi\mathrm{d}r-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^\pi_0\mathrm{d}\varphi\displaystyle\int^1_0r^5\sin\varphi\mathrm{d}r\\ &=2\pi\left(\cfrac{1}{4}-\cfrac{1}{6}\right). \end{aligned} I​=21​Ω∭​(∂x2∂2f​+∂y2∂2f​+∂z2∂2f​)dv−21​Ω∭​(x2+y2+z2)(∂x2∂2f​+∂y2∂2f​+∂z2∂2f​)dv=21​Ω∭​x2+y2+z2​dv−21​Ω∭​(x2+y2+z2)23​dv=21​∫02π​dθ∫0π​dφ∫01​r3sinφdr−21​∫02π​dθ∫0π​dφ∫01​r5sinφdr=2π(41​−61​).​

20.计算曲线积分I=∮Ly2dx+z2dy+x2dzI=\displaystyle\oint_Ly^2\mathrm{d}x+z^2\mathrm{d}y+x^2\mathrm{d}zI=∮L​y2dx+z2dy+x2dz，其中曲线LLL为{x2+y2+z2=4,x2+y2=2x(z⩾0)\begin{cases}x^2+y^2+z^2=4,\\x^2+y^2=2x\end{cases}(z\geqslant0){x2+y2+z2=4,x2+y2=2x​(z⩾0)，从xxx轴的正向往负向看去，取逆时针方向。

解  Σ:z=4−x2−y2\Sigma:z=\sqrt{4-x^2-y^2}Σ:z=4−x2−y2​，以LLL为边界，取上侧，由斯托克斯公式，
I=∮Ly2dx+z2dy+x2dz=∬Σ∣dydzdzdxdxdy∂∂x∂∂y∂∂zy2z2x2∣=∬Σ−2zdydz−2xdzdx−2ydxdy\begin{aligned} I&=\displaystyle\oint_Ly^2\mathrm{d}x+z^2\mathrm{d}y+x^2\mathrm{d}z\\& =\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\begin{vmatrix}\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\\cfrac{\partial}{\partial x}&\cfrac{\partial}{\partial y}&\cfrac{\partial}{\partial z}\\y^2&z^2&x^2\end{vmatrix}\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}-2z\mathrm{d}y\mathrm{d}z-2x\mathrm{d}z\mathrm{d}x-2y\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{aligned} I​=∮L​y2dx+z2dy+x2dz=Σ∬​∣∣∣∣∣∣∣∣​dydz∂x∂​y2​dzdx∂y∂​z2​dxdy∂z∂​x2​∣∣∣∣∣∣∣∣​=Σ∬​−2zdydz−2xdzdx−2ydxdy​
  Σ\SigmaΣ的法向量为
n∘=(−zx′,−zy′,1)=(x4−x2−y2,y4−x2−y2,1),Dxy={(x,y)∣(x−1)2+y2⩽1},\bm{n}^\circ=(-z'_x,-z'_y,1)=\left(\cfrac{x}{\sqrt{4-x^2-y^2}},\cfrac{y}{\sqrt{4-x^2-y^2}},1\right),\\ D_{xy}=\{(x,y)|(x-1)^2+y^2\leqslant1\}, n∘=(−zx′​,−zy′​,1)=(4−x2−y2​x​,4−x2−y2​y​,1),Dxy​={(x,y)∣(x−1)2+y2⩽1},
  故
I=∬Dxy(−24−x2−y2,−2x,−2y)⋅(x4−x2−y2,y4−x2−y2,1)dxdy=∬Dxy(−2x−2xy4−x2−y2−2y)dxdy=−2∬Dxyxdxdy=−2∫−π2π2dθ∫2cos⁡θrcos⁡θ⋅rdr=−323∫0π2cos⁡4θdθ=−2π.\begin{aligned} I&=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(-2\sqrt{4-x^2-y^2},-2x,-2y)\cdot\left(\cfrac{x}{\sqrt{4-x^2-y^2}},\cfrac{y}{\sqrt{4-x^2-y^2}},1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}\left(-2x-\cfrac{2xy}{\sqrt{4-x^2-y^2}}-2y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-2\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2\cos\theta}r\cos\theta\cdot r\mathrm{d}r=-\cfrac{32}{3}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^4\theta\mathrm{d}\theta=-2\pi. \end{aligned} I​=Dxy​∬​(−24−x2−y2​,−2x,−2y)⋅(4−x2−y2​x​,4−x2−y2​y​,1)dxdy=Dxy​∬​(−2x−4−x2−y2​2xy​−2y)dxdy=−2Dxy​∬​xdxdy=−2∫−2π​2π​​dθ∫2cosθrcosθ⋅rdr=−332​∫02π​​cos4θdθ=−2π.​

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张宇1000题高等数学 第十八章 多元函数积分学（二）相关推荐

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